2026高考物理一輪復(fù)習(xí)(基礎(chǔ)版)動(dòng)能和動(dòng)能定理(含答案)_第1頁
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文檔簡介

2026高考物理一輪復(fù)習(xí)(基礎(chǔ)版)第六章第2講動(dòng)能和動(dòng)能定理含答案第3講小

專題:動(dòng)能定理在多過程和往復(fù)運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用

考點(diǎn)一動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用

1.應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程問題的兩種思路

(1)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理。

①若題目需要求某一中間物理量,應(yīng)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理。

②物體在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化,力在各個(gè)過程中做功情

況也不同,不宜全過程應(yīng)用動(dòng)能定理,可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過程,結(jié)合動(dòng)能定理,各個(gè)

擊破。

(2)全過程(多個(gè)過程)應(yīng)用動(dòng)能定理。

當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過程包含幾個(gè)不同的物理過程,又不需要研究過程的中間狀態(tài)時(shí),可以把幾個(gè)

運(yùn)動(dòng)過程看作一個(gè)整體,巧妙運(yùn)用動(dòng)能定理來研究,從而避開每個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的具體細(xì)節(jié),大

大減少運(yùn)算。

2.全過程列式時(shí)要注意

(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置,與路徑無關(guān)。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數(shù)值等于力的大小與路程的乘積。

[例1]【動(dòng)能定理在多段直線運(yùn)動(dòng)過程中的應(yīng)用】(2024?福建福州模擬)人們有時(shí)用“打

夯”的方式把松散的地面夯實(shí)。設(shè)某次打夯符合以下模型:如圖,兩人同時(shí)通過繩子對質(zhì)量

為m的重物分別施加大小均為F=mg(g為重力加速度的大小)、方向都與豎直方向成37°

的力,重物離開地面高度h后人停止施力,最后重物自由下落砸入地面的深度為意取

sin37°=0.6,cos37°=0.8o不計(jì)空氣阻力,則()

[A]重物在空中上升的時(shí)間一定大于在空中下落的時(shí)間

[B]重物克服地面阻力做的功等于人對重物做的功

[C]重物剛落地時(shí)的速度大小為/協(xié)

[D]地面對重物的平均阻力大小為25mg

【答案】A

【解析】設(shè)停止施力瞬間重物的速度大小為也,從開始施加力到停止施力的過程根據(jù)動(dòng)

能定理有(2Fcos37。-加g)/z=]wi2,解得設(shè)重物剛落地時(shí)的速度大小為也,從停

2

止施力到重物剛落地的過程,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=^mv22,解得V2=,3.2gh,重物在

空中運(yùn)動(dòng)過程,開始在拉力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng),速度大小達(dá)到VI時(shí)停止施力,物體向上做

勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零,之后再向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直至速度大小為V2,由此可知上

升過程中的平均速度大小為可守,下降到地面過程中的平均速度大小為方2=羨,又由于上

升、下降位移大小相等,則重物在空中上升的時(shí)間一定大于在空中下落的時(shí)間,故A正確,C

錯(cuò)誤;重物在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有W人+WG-W阻=0,則重物克服地面阻力做的

功大于人對重物做的功,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理有2Fcos37°4+但《-/阻喜=°,解得/阻

=17叫,故D錯(cuò)誤。

[變式]若已知兩人同時(shí)通過繩子對質(zhì)量為m的重物各施加一個(gè)大小均為b=500N的恒

力,方向都與豎直方向成9=37。,重物與地面的平均沖擊力為白1.05x104N。重物離開地面

2

77后人停止施力,最后重物自由下落把地面夯實(shí)h深度,g取10m/so若H=*(50kg<m<60

kg,k=25kg-m),求重物夯實(shí)的最大深度hmo

【答案】4cm

[解析】對全過程列動(dòng)能定理有

277cosO-H+mg-h~f-h=Q,

將〃=至代入上式得

m

2Fcos9-2-5+mg-h-f-h=0,

聯(lián)立解得

h----°°°------(50kg<m<60kg),

-10m2+10500mvb

由數(shù)學(xué)知識(shí)得,當(dāng)m=50kg時(shí),有/zm=4cmo

[例2]【動(dòng)能定理在圓周、平拋運(yùn)動(dòng)過程中的應(yīng)用】(2023?湖北卷,14)如圖為某游戲裝

置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板,其半徑為2R、內(nèi)表面光滑,擋板的兩

端A、B在桌面邊緣乃與半徑為R的固定光滑圓弧軌道面在同一豎直平面內(nèi),過C點(diǎn)

的軌道半徑與豎直方向的夾角為60。。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè),從

B點(diǎn)飛出桌面后,在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道須內(nèi)側(cè),并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)

。。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為七重力加速度大小為g,忽略空氣阻力,小物塊可視

271

為質(zhì)點(diǎn)。求:

(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小;

(2*和。兩點(diǎn)的高度差;

(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。

【答案】(1)師(2)0(3)/^

【解析】(1)由題知,小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)£),則在。點(diǎn)有m—

R

解得VD=yfgRo

⑵由題知,小物塊從。點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道而1內(nèi)側(cè),則在C點(diǎn)有

cos60。=得,

小物塊從C到D的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有

1717

-mg(R+Rcos60°)=-mvD--mvc,

則小物塊從B到D的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有

j_r1212

mgHBD=-mvD/--mvB/,

聯(lián)立解得VB=y/~gR,HBD=0o

(3)小物塊從A到3的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有

1717

-liimgs=-mvB~~mvA,5=7t-2R,

解得VA=43gR。

考點(diǎn)二動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題中的應(yīng)用

[例3](2025?安徽滁州階段檢測)如圖,斜面長為£=16m,傾角。=30。,斜面底端有垂直于

斜面的擋板,質(zhì)量為2kg的物體自斜面頂端以初速度vo=18m/s沿斜面勻速下滑,與擋板相

碰后以原速率反彈,再沿斜面上滑。(g取10m/s2)

(1)求物體與斜面間摩擦力大小;

(2)求物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù);

(3)若題干部分條件改為斜面足夠長,物體仍沿距斜面底端L=16m處下滑,物體與斜面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為咚,其他條件不變,求物體在斜面上滑行的總路程。

6

【答案】(1)10N(2)y(3)96.8m

【解析】⑴由于物體沿斜面勻速下滑,如圖,對物體受力分析可知m<gsin3=Ff,

解得物體與斜面間摩擦力的大小為Ff=10No

(2)由滑動(dòng)摩擦力的計(jì)算公式可知Fk/瓜,

F^=mgcos8,

解得〃=tan

(3)由〃'=咚,可得

mgsin6=10N>〃'根geos0=5N,

物體重力沿斜面的分力大于物體與斜面間的最大靜摩擦力,故物體最終停在斜面的底端,

設(shè)物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s,根據(jù)動(dòng)能定理可知

?1o

一〃Tngcos0'S+mgLsin0=O--mvo,

解得s=96.8mo

◎?聯(lián)亞fe-

此類問題多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功,其做功特點(diǎn)與路程有關(guān),求解這類問題時(shí)若

運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣,甚至無法解出。由于動(dòng)能定理只涉及物體的

初末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)節(jié),所以用動(dòng)能定理分析這類問題可使解題過程簡化。

Q課時(shí)作業(yè)

(滿分:70分)

黨基礎(chǔ)對點(diǎn)練

對點(diǎn)1.動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用

1.(4分)(2024?浙江開學(xué)考)某飛機(jī)從靜止開始沿跑道直線加速起飛,若這個(gè)過程可看作兩

個(gè)階段,第一階段以恒定功率P從靜止開始運(yùn)動(dòng),加速到速度120Vlkm/h,第二階段以恒

定功率2P運(yùn)動(dòng)到起飛,起飛速度為360km/h,兩個(gè)階段運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,運(yùn)動(dòng)過程阻力恒定,

則該飛機(jī)起飛過程第一階段和第二階段位移大小之比為()

[A]2:1[B]1:2[C]1:3[D]3:1

【答案】B

【解析】第一階段,由動(dòng)能定理得尸上居修=扣次2,第二階段,由動(dòng)能定理得

2尸廣^^專加診?-1的/,聯(lián)立可得4:X2=l-2,故選B。

2.(4分)(2025?江蘇南通開學(xué)考試)如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h、

與水平面夾角分別為45。和37。的滑道組成,載人滑草車與草地各處間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。

質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑,經(jīng)過上、下兩段滑道后,最后恰好靜

止于滑道的底端(不計(jì)載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失,重力加速度大小為g,取

sin37°=0.6,cos37°=0.8)o貝!]()

/靜『薦'湯\

4!*!■'tt,:產(chǎn)(7三

[A]動(dòng)摩擦因數(shù)〃

[B]載人滑草車最大速度為居

[C]載人滑草車克服摩擦力做功為mgh

[D]載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為|g

【答案】B

[解析】全過程由動(dòng)能定理可知mg-2h-jumgcos45°--/zmgcos37°=0,解得〃=*A

錯(cuò)誤;滑草車到達(dá)前一段滑道末端時(shí)速度最大,對前一段滑道,根據(jù)動(dòng)能定理有

2

mgh-]umgcos45°sj^5;=|mv,MJ磬',故載人滑草車最大速度為正確;由動(dòng)能定

理得Mg?2/z-W克=0,載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh,C錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律得

/zmgcos37°—ntgsin37。=加a,解得a=看,D錯(cuò)誤。

3.(14分)(2024.四川成都三模)如圖所示,一個(gè)固定在豎直平面上的光滑半圓形管道,管道里

有一個(gè)直徑略小于管道內(nèi)徑的小球,小球在管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),從B點(diǎn)脫離后做平拋運(yùn)動(dòng),

經(jīng)過0.3s后又恰好與傾角為45。的斜面垂直相碰。已知半圓形管道的半徑為R=lm,小球

可看作質(zhì)點(diǎn)且其質(zhì)量為m=lkg,g取10m/s2o求:

(1)小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離;

(2)小球經(jīng)過管道的A點(diǎn)時(shí),對管道的作用力。

【答案】(1)0.9m(2)59N,方向豎直向下

【解析】(1)小球從8點(diǎn)脫離后做平拋運(yùn)動(dòng),則在C點(diǎn)的豎直分速度為vcy=gU3m/s,因小

球恰好與斜面垂直相碰,則平拋運(yùn)動(dòng)水平初速度為

VB=vcytan45°=3m/s,

小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與8點(diǎn)的水平距離為

x=VBt=0.9mo

(2)對小球從A到B的過程應(yīng)用動(dòng)能定理有

1717

-mg-2R=-mvB,--mvA」,

得VA=7m/s,

得FN=59NO

由牛頓第三定律知,小球?qū)艿赖淖饔昧Υ笮?9N,方向豎直向下。

對點(diǎn)2.動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題中的應(yīng)用

4.(6分)(2025?陜西西安開學(xué)考)(多選)如圖甲所示,小明先用尸產(chǎn)13N水平向右的力將一質(zhì)

量為2kg的木箱向右移動(dòng)4m的距離后,木箱在另一水平推力6作用下,又勻速運(yùn)動(dòng)4m

的距離到達(dá)斜面底端,撤去外力,之后沖上傾角為37。的斜面,木箱的動(dòng)能隨運(yùn)動(dòng)距離變化

的圖像如圖乙所示。已知木箱與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,關(guān)于木箱的運(yùn)動(dòng),下列說法正

確的是()

[A]F2的大小為4N

[B]木箱能到達(dá)斜面的最大高度為1.8m

[C]木箱返回水平面后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為1.8m

[D]整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,克服摩擦力所做的功為36J

【答案】AC

【解析】木箱在前內(nèi),根據(jù)動(dòng)能定理可得(E-Ffi)xi=Ek,4~8過程中,木箱動(dòng)能不變,

所以尸2=KI,代入數(shù)據(jù)解得F2=Ffi=4N,故A正確;木箱沖上斜面后做勻減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能

定理有-(mgsine+w〃gcos6)X2=O-Ek,解得&=1.8m,所以木箱在斜面上能到達(dá)的最大高度

為〃=X2sin0=1.08m,故B錯(cuò)誤;木箱從沖上斜面到最終停下來,根據(jù)動(dòng)能定理可得-〃7〃gcos

92了2-居1%3=0-&,解得冷=1.8m,故C正確;對整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程,由動(dòng)能定理有FIXI+FTXI-WA

尸0,所以W克尸68J,故D錯(cuò)誤。

5.(6分)(2024?江西贛州模擬X多選)將一小球從地面處豎直向上拋出,其動(dòng)能隨時(shí)間的變化

如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質(zhì)量為最終小球的動(dòng)能為

Eo,重力加速度為g,小球到達(dá)地面時(shí)恰好達(dá)到最大速度,則小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中()

[A]上升過程中克服阻力做功大于下落過程克服阻力做功

[B]下落過程中加速度一直增大

[C]上升過程中速度為杵時(shí),加速度為3g

[D]從地面上升一半高度的過程中克服阻力做功小于竽

【答案】AC

【解析】上升過程中的平均速率大于下落過程的平均速率,所以上升過程的阻力大于下

落過程的阻力,上升和下落過程位移相等,所以上升過程中克服阻力做功大于下落過程中

克服阻力做功,故A正確;根據(jù)牛頓第二定律根g-K=ma,下落過程中速度增大,阻力增大,加

速度減小,故B錯(cuò)誤;小球到達(dá)地面時(shí)恰好達(dá)到最大速度,則到達(dá)地面時(shí)mg=kvo,又

瓦=)e02,上升過程中速度為丫=J黑時(shí),由牛頓第二定律,可得根8+阮=根。1,聯(lián)立解得ai=3g,

故C正確;全程列動(dòng)能定理,克服阻力做功為W=16Eo-£b,上升過程中克服阻力做功大于下

落過程中克服阻力做功,則上升過程克服阻力做功Wi>£,而上升前一半高度克服阻力做

功大于上升后一半高度克服阻力做功,則上升前一半高度克服阻力做功卬2>?■,從地面上

升一半高度的過程中克服阻力做功大于竺生,故D錯(cuò)誤。

4

6.(14分)(2024.貴州畢節(jié)模擬)如圖所示,裝置由A3、BC、CO三段軌道組成,軌道交接處均

由很小的圓弧平滑連接,其中軌道AB、CD段是光滑的,水平軌道BC的長度s=5m,軌道

CD足夠長且傾角0=37。A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為/?i=4.30m、fe=1.35m?有一

質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,

重力加速度g取10mH,取sin37°=0.6,cos37。=0.8,求:

(1)小滑塊第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

(2)小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔;

(3)小滑塊最終停止的位置距C點(diǎn)的距離。

【答案】(1)3m/s(2)2s(3)3.6m

2

【解析】(1)對小滑塊4->2—'。一>。過程,由動(dòng)能定理得mg{h\-h2)-/.imgs=^mvD-0,

解得VD=3m/So

(2)小滑塊在A—B—C過程中,

2

由動(dòng)能定理得mghi-/j.mgs=^mvc,

解得vc=6m/So

由C到D過程根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin31°=ma,

解得小滑塊沿CD段上滑的加速度大小

a=gsin37°=6m/s2,

小滑塊沿CO段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間”="=1s,

a

由于8斜面光滑,由對稱性可知小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間t2=tx=ls,

故小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔

t=tl+t2=2So

⑶小滑塊最終靜止在BC上,對全過程,運(yùn)用動(dòng)能定理得mghi-jLtmgs\=09

解得51=8.6m,

小滑塊最終停止的位置與C點(diǎn)的距離

x=Si-s=3.6mo

國綜合提升練

7.(4分)(2024?江西一模)如圖,He是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,"水平,長度為2R,bc是半

徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等

的水平外力的作用,自。處由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。

則小球從a處開始運(yùn)動(dòng)到其落至水平軌道cd上時(shí),水平外力所做的功為()

Rcd

?.........1///////////////////////////

?777777;J

ab

[A]5mgR[B]ImgR

[C]9mgR[D]llmgR

【答案】D

【解析】根據(jù)題意,小球從a—>c過程中,由動(dòng)能定理有尸?3R-加其中4〃電,解得

%=2日瓦小球由c點(diǎn)離開曲面,豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng),水平方向做加速度為g的勻加速

直線運(yùn)動(dòng),由豎直方向運(yùn)動(dòng)可得,小球從c點(diǎn)離開曲面到重新落到cd的時(shí)間為1=也=4R

水平方向有ATgengR,則小球從a處開始運(yùn)動(dòng)到其落至水平軌道cd上時(shí),水平外力所做的

功為W=R3R+8R)=7"g(3R+8R)=lL"gR,故選D。

8.(18分X2024?湖北武漢模擬)如圖所示一軌道A2CD豎直放置,段和CD段的傾角均為

0=37。,與水平段BC平滑連接,BC段的豎直圓形軌道半徑為R,其最低點(diǎn)處稍微錯(cuò)開,使得

滑塊能進(jìn)入或離開。AB段和CD段粗糙,其余各段軌道光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊從

軌道上離B點(diǎn)距離L=125R處由靜止釋放,滑塊經(jīng)過圓形軌道后沖上CD段上升一段距離

后再次滑下,往返滑動(dòng)多次后靜止于軌道上某處。滑塊和軌道AB、8間的動(dòng)摩擦因數(shù)均

為〃=0.5,重力加速度大小為g,取sin37°=0.6,cos37。=0.8。求:

(1)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大??;

(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離;

(3)整個(gè)過程中滑塊在AB段滑行的總路程。

【答案】(l)45mg(2)257?(3)137.57?

【解析】⑴滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理有

?八17

mgLsin9-/xmgLcosS-mgxT.R^mv1~Q,

在最高點(diǎn),對滑塊由牛頓第二定律有

mg+F^=m—,

解得F^=45mg,

由牛頓第三定律可知,滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為

FN-FN=45;Mgo

(2)滑塊第一次在。段向上滑行的過程中,設(shè)滑塊第一次在CO段向上滑行的最大距離為

Li,

由動(dòng)能定理有

mg(L-Li)sin9-fimg(L+L\)cos0=0,

解得£i=257?o

(3)滑塊第二次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理有

?1o-

mgLisin6-jumgLicosu-mg'x2R=-mv20,

解得?2=<6gR,

設(shè)滑塊第一次在AB段向上滑行的最大距離為si,

由動(dòng)能定理有

mg(Li-si)sin0-/bimg(Li+51)cos3=0,

解得si=5R,

滑塊第三次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中,

由動(dòng)能定理有

17

力zgsisin6-/j.mgs\cos9-mgx2R=-mv3-0,

則V3無解;所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道無法到達(dá)最高點(diǎn),假設(shè)其運(yùn)動(dòng)的過程中不脫軌且

上升的最大高度為九由動(dòng)能定理可得

加gsisin62gsicos0-mgh=O,

解得h=R,

所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道運(yùn)動(dòng)過程中沒有脫軌,之后僅在A2段與圓形軌道之間來回

滑動(dòng),最終停在B點(diǎn),設(shè)滑塊在AB段滑行的路程為S2,由動(dòng)能定理有mgh-p.mgsicos0=0,

整個(gè)過程中滑塊在AB段滑行的總路程為

S=L+2SI+S2,

聯(lián)立解得s=137.5R。

第2講動(dòng)能和動(dòng)能定理

野豬是保護(hù)動(dòng)物,一頭成年野豬體重可達(dá)200kg,它的奔跑速度為3m/s,試計(jì)算:

情(1)野豬的動(dòng)能;

導(dǎo)(2)野豬覺得危險(xiǎn)來臨,就開始加速奔跑,四條腿給野豬提供的推動(dòng)力的合力為100N,

野豬以恒力100N跑了40米,求合推力對野豬做的功;

(3)算出第(2)問中,野豬跑到40米時(shí)的速度。

*國小題試做

如圖所示,某人從距山腳高為X處將質(zhì)量為根的石子以速率均拋出。不計(jì)空氣阻力,重力加

速度為g。當(dāng)石子下落到距地面高為/?處時(shí),其動(dòng)能為()

19

[A]mgH-mv0

[B]mgH+-mvo2-mgh

[C]mgH-mgh

國知識(shí)構(gòu)建

廠醫(yī)+物體由于而具有的能

尸_______

----(單位)—,1J=1N,m=lkg-m2/s2

一T標(biāo)矢性)一動(dòng)能是,是狀態(tài)量

動(dòng)

能L(動(dòng)能的變化量}-AE產(chǎn)

動(dòng)

力在一個(gè)過程中對物體做的功,等于物體在

能H內(nèi)容)一

定這個(gè)過程中

(

動(dòng)―(表達(dá)式)-卯二演2-41

定物理意義)一做的功是物體動(dòng)能變化的量度

理-I

一動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng),也適用于

1再動(dòng)能定理既適用于恒力做功,也適用于

—力可以是各種性質(zhì)的力,既可以同時(shí)作

用,也可以作用

22222

【答案】運(yùn)動(dòng)jnv焦耳標(biāo)量|?77V2-|mv1動(dòng)能的變化|/nv2-|mv1合力

曲線運(yùn)動(dòng)變力分階段

考點(diǎn)一對動(dòng)能定理的理解與基本應(yīng)用

1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路

2.注意事項(xiàng)

⑴當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí),可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解,也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能

定理求解。

[D]mgH+^mVQ2+mgh

【答案】B

⑵列動(dòng)能定理方程時(shí),必須明確各個(gè)力做功的正、負(fù),確實(shí)難以判斷的先假定為正功,最后

根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。

(3)動(dòng)能是標(biāo)量,動(dòng)能定理是標(biāo)量式,解題時(shí)不能分解動(dòng)能。

[例1]【對動(dòng)能定理的理解】關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式卬=反2-£口,下列說法正確的是()

[A]公式中的W為不包含重力的其他力做的總功

[B]動(dòng)能定理適用于恒力做功,但不適用于變力做功

[C]運(yùn)動(dòng)物體所受合力不為零,則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng),其動(dòng)能要變化

[D]公式中的£k2-£ki為動(dòng)能的增量,當(dāng)淤0時(shí)動(dòng)能增加,當(dāng)W<0時(shí)動(dòng)能減少

【答案】D

【解析】動(dòng)能定理的表達(dá)式W=Ek2-Eki,W指的是合力所做的功,即各力做功的代數(shù)和,包

含重力做功,故A錯(cuò)誤;動(dòng)能定理既適用于恒力做功,也適用于變力做功,故B錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)物

體所受合力不為零,則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng),若合力方向始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直,合力不做

功,動(dòng)能不變,例如勻速圓周運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;公式中的歐2-&1為動(dòng)能的增量,當(dāng)W>0時(shí),即

風(fēng)2-&1>0,動(dòng)能增加,當(dāng)1¥<0時(shí),即動(dòng)能減少,故D正確。

[例2]【動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用】(2024?新課標(biāo)卷,24)將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí),

為安全起見,要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖,一種簡單的操作方法是一

人在高處控制一端系在重物上的繩子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子

Q,二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m=42kg,重力加速度g取10m/sz,當(dāng)P

繩與豎直方向的夾角a=37。時(shí),Q繩與豎直方向的夾角£=53。。(取sin37°=0.6)

⑴求此時(shí)P、Q繩中拉力的大小;

(2)若開始豎直下降時(shí)重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的過程中,兩根繩子

拉力對重物做的總功。

91規(guī)范笞題]

【答案】(D1200N900N⑵-4200J

【解析】(1)重物下降的過程中受力平衡,如圖所示,對重物受力分析并進(jìn)行正交分解,設(shè)

P、Q繩中拉力的大小分別為/*T1和FT2,

豎直方向

^TICOSa=;ng+FT2Cos.^,

水平方向FT1sina=FT2sin£,

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得

FTI=1200N,FT2=900NO

(2)整個(gè)過程,根據(jù)動(dòng)能定理得

W+mgh=0,

解得兩根繩子拉力對重物做的總功

W=-4200Jo

[例3][應(yīng)用動(dòng)能定理求變力的功】(2025?江蘇南通開學(xué)考試)游樂場有一種兒童滑軌,其

豎直剖面示意圖如圖所示,A2部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道,2C為軌道水平部分,

與半徑OB垂直。一質(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止滑下,滑到圓弧軌道末端

2點(diǎn)時(shí),對軌道的正壓力大小為2.5根g,重力加速度為g。下列說法正確的是()

[A]小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為小^獲

[B]小孩到達(dá)3點(diǎn)的速度大小為守

[C]小孩從A到B克服摩擦力做的功為

[D]小孩從A到B克服摩擦力做的功為

【答案】C

【解析】根據(jù)牛頓第三定律可知,軌道對小孩的支持力等于小孩對軌道的正壓力,即

bN=2.5mg,根據(jù)牛頓第二定律有斤",可得YB=J60?,故A、B錯(cuò)誤;A到B過程,由動(dòng)

R2

能定理有mgR-Wf=-mv2-0,A到B克服摩擦力做功為Wf=L〃gR,故C正確,D錯(cuò)誤。

2B4

考點(diǎn)二動(dòng)能定理與圖像問題的結(jié)合

幾種典型圖像中圖線所圍,,面積,,和圖線斜率的含義

[例4]【動(dòng)能定理與v-t圖像的結(jié)合】A、B兩物體分別在水平恒力Fi和F2的作用下沿

水平面運(yùn)動(dòng),先后撤去人、尸2后,兩物體最終停下,它們的v-f圖像如圖所示。已知兩物體

所受的滑動(dòng)摩擦力大小相等,下列說法正確的是()

[A]尸1、尸2大小之比為1:2

[B]Fi對A、出對B做功之比為1:2

[C]A、B質(zhì)量之比為2:1

[D]全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2:1

【答案】C

【解析】由v-f圖像可知,兩個(gè)句減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為1:2,由題可知A、B所

受摩擦力大小相等,所以A、B的質(zhì)量之比是2:1,故C正確。由v-f圖像可知,A、B兩物

體運(yùn)動(dòng)的位移相等,且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比為1:2,勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比為2:1,由動(dòng)能

定理可得耳與摩擦力的關(guān)系/|巾一a340-0,尸2與摩擦力的關(guān)系&2廠廠脂廣。-。,因此可得

丹=3居,&=|丘所以F,=2F2O全過程中A、B克服摩擦力做的功相等,Q對A、&對B做

的功大小相等,故A、B、D錯(cuò)誤。

[例5]【動(dòng)能定理與&-x圖像的結(jié)合】(2024.北京石景山階段檢測)將質(zhì)量為1kg的物體

從地面豎直向上拋出,一段時(shí)間后物體又落回拋出點(diǎn)。在此過程中物體所受空氣阻力大小

不變,其動(dòng)能已隨距離地面高度h的變化關(guān)系如圖所示。重力加速度g取10m/s?,下列說

法正確的是()

物體能上升的最大高度為3m

[B]物體受到的空氣阻力大小為2N

[C]上升過程中物體加速度大小為10m/s2

[D]下落過程中物體克服阻力做功為24J

【答案】B

【解析】及-//圖像的斜率大小々=F合,故上升過程有mg+Fm=左上升=12N,解得F膽=2N,故

B正確;對上升到最高點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理有-(〃嚕+歹匣)H=O-Eko,解得物體上升的最大高

度為H=1|m=6m,故A錯(cuò)誤;對上升過程由牛頓第二定律有〃陪+尸附=根的,可知上升的加速

度為。1=早m/s2=12m/sz,故C錯(cuò)誤;物體下落過程克服阻力做功為Wm=FBH=2X6J=

12J,故D錯(cuò)誤。

[例6]【動(dòng)能定理與尸」圖像的結(jié)合】放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用,

在0?6s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙

所示,g取10m/s2o下列說法正確的是()

[A]物體的質(zhì)量為0.8kg

[B]0-2s內(nèi)拉力做的功為120J

[C]物體與粗糙水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

[D]合力在0-6s內(nèi)做的功與。?2s內(nèi)做的功不相等

【答案】A

【解析】0?2s內(nèi),拉力做功等于尸-f圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積,得W=:x60x2J=60J,2?

6s內(nèi),物體做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)拉力F與摩擦力大小相等,尸=用匕由題圖甲、乙中數(shù)據(jù)得居=

2N,0~2s內(nèi)由題圖甲可得位移x=,xl0x2m=10m,0?2s內(nèi)由動(dòng)能定理得卬-八彳多九U,

得根=0.8kg,故A正確,B錯(cuò)誤;由滑動(dòng)摩擦力Ff=pmg,彳尋〃=0.25,2?6s內(nèi)物體做勺速直線

運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,由動(dòng)能定理得,合力在0?6s內(nèi)做的功與。?2s內(nèi)做的功相等,故C、D

錯(cuò)誤。

昌課時(shí)作業(yè)

(滿分:60分)

固基礎(chǔ)對點(diǎn)練

對點(diǎn)1.對動(dòng)能定理的理解與基本應(yīng)用

1.(4分)下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做功和動(dòng)能變化的關(guān)系,說法正確的是()

[A]如果物體所受的合力為零,那么合力對物體做的功一定為零

[B]如果合力對物體所做的功為零,則合力一定為零

[C]物體在合力作用下做變速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能一定變化

[D]物體的動(dòng)能不變,所受合力必定為零

【答案】A

【解析】如果物體所受的合力為零,根據(jù)W=Fx可知,合力對物體做的功一定為零,選項(xiàng)A

正確;如果合力對物體所做的功為零,則合力不一定為零,例如做勻速圓周運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

物體在合力作用下做變速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不一定變化,例如做勻速圓周運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;物體的

動(dòng)能不變,所受合力不一定為零,例如做勻速圓周運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2.(4分)(2024?安徽卷,2)某同學(xué)參加戶外拓展活動(dòng),遵照安全規(guī)范,坐在滑板上,從高為h的

粗糙斜坡頂端由靜止下滑,至底端時(shí)速度為vo已知人與滑板的總質(zhì)量為加,可視為質(zhì)點(diǎn)。

重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為()

[A]mgh[B]|mv2

[C]mgh+^mv1[D]mgh-^mv2

【答案】D

[解析】人與滑板在下滑的過程中,由動(dòng)能定理可得mgh-Wf=^mv2-0^得此過程中人與

滑板克服摩擦力做的功為W^mgh-^mv1^D正確。

3.(4分)(2024?山東濟(jì)南二模)如圖所示,一個(gè)足夠大、傾角8=30。的粗糙斜面固定在水平地

面上,不可伸長的輕繩一端固定在斜面上的O點(diǎn),另一端與質(zhì)量為m的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))

相連?,F(xiàn)將小木塊拉起,使輕繩與斜面平行且在水平方向上伸直,由靜止釋放小木塊。已知

重力加速度為g,小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=曝,空氣阻力不計(jì),則在小木塊之后的運(yùn)

動(dòng)過程中,輕繩上的最大拉力為()

[A]mg[B]2mg[C]3mg[D]4mg

【答案】A

【解析】當(dāng)小木塊第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),輕繩上的拉力最大,設(shè)繩長為L,則有無”皿-

2

mgsin,=根掾,小木塊從靜止釋放到第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程,根據(jù)動(dòng)能定理有

mgLsin6-p.mgcos分段三加只聯(lián)立解得FTmax=7〃g,故選A。

4.(6分X2023?廣東卷,8)(多選)人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物。如圖所示,可看作質(zhì)點(diǎn)

的貨物從四分之一圓弧滑道頂端P點(diǎn)靜止釋放,沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端Q點(diǎn)時(shí)速度大小

為6m/so已知貨物質(zhì)量為20kg,滑道高度/7為4m,且過。點(diǎn)的切線水平,重力加速度取

10m/s2o關(guān)于貨物從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程,下列說法正確的有()

[A]重力做的功為360J

[B]克服阻力做的功為440J

[C]經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為9m*

[D]經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為380N

【答案】BCD

【解析】下滑過程根據(jù)動(dòng)能定理可得WG-M=1WQ2,其中重力做功wG=mgh=800J,代入

數(shù)據(jù)解得克服阻力做功W=440J,A錯(cuò)誤,B正確;經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為。=組,其

fR

中R=h,解■得a=9m/s2,C正確;經(jīng)過。點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律可得P支-租g=,“a,解得F支=380

N,根據(jù)牛頓第三定律可知,尸&=Ft=380N,D正確。

5.(13分)(2024.湖南婁底期末)如圖所示是2023年10月31日神舟十六號(hào)載人飛船返回艙

成功返回的畫面。高度在8km時(shí),返回艙主傘打開,此時(shí)返回艙速度為80m/s,離地1m前,

返回艙已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng),速度為10m/s,主傘打開后主傘所受空氣阻力與速度成正比,即尸阻

=仙,已知返回艙質(zhì)量(含航天員)為m=3000kg,不考慮返回艙質(zhì)量的變化,主傘質(zhì)量忽略不

計(jì),不計(jì)其他阻力,g取10m/s2o

(1)求主傘打開瞬間,返回艙的加速度大小;

(2)估算主傘打開到返回艙離地1m的過程中系統(tǒng)克服阻力做的功(結(jié)果保留2位有效數(shù)

字)。

【答案】(1)70m/s2(2)2.5x108J

【解析】⑴根據(jù)題意可知,返回艙勻速時(shí),有kv2=mg,

主傘打開瞬間,根據(jù)牛頓第二定律有

kv\-mg=ma,

聯(lián)立解得a=70m/s2o

(2)設(shè)從主傘打開到返回艙離地1m的過程中系統(tǒng)克服阻力做功為卬膽,下落高度約為h=

8000m,

2

由動(dòng)能定理有mgh-Wfi=^mv2一1加%2,

解得W?=2.5xl08Jo

對點(diǎn)2.動(dòng)能定理與圖像問題的結(jié)合

6.(4分)(2024?江西一模)一小球以一定的初速度水平拋出,以初位置為坐標(biāo)原點(diǎn),豎直向下

為y軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系,不計(jì)空氣阻力,小球可視為質(zhì)點(diǎn),則該小球的動(dòng)能均與

下落高度y的關(guān)系,正確的是()

[C][D]

【答案】C

2

【解析】根據(jù)動(dòng)能定理有mgy=E^-^mv0,及=加8丫+)1%2,則對應(yīng)圖像為直線且截距大

于零。故選C。

7.(4分)用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí),在計(jì)算機(jī)上得

到。?6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()

[A]0~6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng),后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

[B]0~6s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大

[C]物體在2?4s內(nèi)速度不變

[D]0~4s內(nèi)合力對物體做的功等于0?6s內(nèi)合力對物體做的功

【答案】D

【解析】圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積等于速度的變化量,由題給圖像可知,0?6s內(nèi)速度

變化量為正,物體速度方向不變,物體在0?5s內(nèi)一直加速,5?6s內(nèi)減速,所以5s時(shí)速度

最大,A、B錯(cuò)誤;2?4s內(nèi)物體的加速度不變,做勻加速直線運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤;由題圖可知,0?4s

內(nèi)和0?6s內(nèi)速度變化量相等,物體的初速度為零,故f=4s時(shí)和r=6s時(shí)物體速度相等,由

動(dòng)能定理可知,物體在0?4s內(nèi)和0?6s內(nèi)動(dòng)能變化量相等,合力對物體做功也相等,D

正確。

8.(4分)(2025?湖南長沙階段檢測)一物塊靜止在粗糙程度均勻的水平地面上,在。?4s內(nèi)

所受水平拉力/隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像如圖甲所示,在。?2s內(nèi)的速度圖像如圖乙所示,

最大靜摩擦力大于滑動(dòng)摩擦力,下列說法正確的是()

6

4

2

0

234t/s

[A]物塊的質(zhì)量為2kg

[B]在4

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